函数导数恒成立问题精品讲义.pdf

返回 相关 举报
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第1页
第1页 / 共30页
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第2页
第2页 / 共30页
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第3页
第3页 / 共30页
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第4页
第4页 / 共30页
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第5页
第5页 / 共30页
函数导数恒成立问题精品讲义.pdf_第6页
第6页 / 共30页
亲,该文档总共30页,到这儿已超出免费预览范围,如果喜欢就下载吧!
资源描述
1 “ 助力新高考 , 更上一层楼 ”系列篇章( 1) 七剑下天山 终结恒成立 湖南省桃源县第九中学 陈永清 内容 简介 本文 系统 阐述 了 如何 解决 含 参数不等式的恒成立 或 成立 问题 、 不等式的证明 问题 、 方程有解或 无解 问 题 , 即 尽量 通过 规避 对 参数 的 分类讨论 , 或 降低 分类讨论 的 难度 , 达到 解决 问题 的 目的 . 作者 简介 陈永清 ,主编《轻松快捷巧记高中数学知识与解题方法》, 书刊号 ISBN 978-7-5648-2927-8, 湖南师范大学出版社, 2017.8 出版 . 声明 作者在各微信群、 QQ 群发布本文的 PDF 版,是为了与大家交流、学习。 但作者保留本文章及其精 简(华)版在杂志、报刊、出版社出版的各种权利(力) ! 2 目录 七剑下天山 终结恒成立 . 1 目录 . 2 七剑下天山 终结恒成立 . 3 一、直接讨论法 . 3 二、分离参数法 . 4 (一)常规法分离参数 4 (二)倒数法分离参数 6 (三)分类法分离参数 7 (四)换元法分离参数 9 三、分离函数法 . 10 四、特殊点效应 . 11 (一)端点效应 ——给定原始区间的端点效应 11 (二)端点效应 ——构造初始区间的端点效应 12 (三)非端点 效应 ——最值点 -极值点效应 . 13 (四)非端点效应 ——零点效应、其他特殊点效应 14 五、洛必达法则 . 14 六、不等式证明 . 17 (一)差值函数法 17 (二)最值比较法 17 七、数形结合法 . 20 终结篇 —— 随机应变破恒立 . 23 (一)与零点有关的恒成立 23 (二)与单调性有关的恒成立 23 (三)与反函数有关的恒成立 24 (四)与最值有关的恒成立 25 (五)与最值函数有关的恒成立 . 26 (六)与切 线型不等式有关的恒成立 . 27 (七)与多个变量取值任意性、存在性有关的(恒)成立 28 篇后语 . 30 声明 作者在各微信群、 QQ 群发布本文的 PDF 版,是为了与大家交流、学习。但作者保留本 文章及其精 简(华)版在杂志、报刊、出版社出版的各种权利(力) ! 3 七剑下天山 终结恒成立 湖南省桃源县第九中学 陈永清 含 参数不等式的恒成立 或 成立 问题 、 不等式的证明 问题 、 方程有解或无解 问题 , 一直 是高考的热点 . 由 于解题方法灵活多变,所以也是 学生的一个难点。 很多教辅资料上在 解决 含 参数不等式的恒成立 或 成立 这类问题 时 , 主要 是 运用 直接 分类讨论 法 ,即 等 价转化为 研究含参 函数的最值 ; 但如果采取直接 分类 讨论法, 往往牵涉到对参数的分类讨论 , 这恰恰也是 学生的一个难点 。 虽然有时也 运用 分离参数 法 , 但只是常规法分离参数(即 等价转化 为 求 具体函数的最值 ) , 未能将分离参数法的作用彻底发挥 。 有鉴如此 ,本文探索出解决这类问题的一般方法,即通过 常规方法 转化, 降低难度,解决 含 参数不等 式的恒成立 或 成立问题 、 不等式的证明问题 、 方程有解或无解问题 . 通读本篇文章,一定可以 帮助学生 提 高解决这类问题的 能力。 作为教师,理解了这类问题的破解过程,再逆向思维,可以编出不少新题 . 说明 : “ 恒成立 ” 与 “ 成立 ” 问题的求解是 “ 互补 ” 关系,在具体问题中究竟是求最大值还是最小值, 可以先联想 “ 恒成立 ” 是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的 “ 成立 ” 问题是求最大值还是最 小 值.特别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错. 总而言之 , 方程有解 、 无解 , 不等式成立 、 恒成 立 , 都与最值或值域密切相关 ;值得注意的是,解决这类问题时,应该优先考虑分离参数法(数形结合法 对客观题 也 要优先考虑) ,因为它可以避免对参数的分类讨论;另外,如果是涉及一次函数或二次函数的 问题,有时利用它们本身的函数性质去解决问题 ,可能比分离参数法简单;要不要用分离参数法, 取决于 分离后函数的复杂程度 . 一 、 直接讨论法 所谓直接讨论法,就是对题中给定的函数,直接求导,通过对参数的分类讨论,确定函数的单调性, 从而求出参数取 值范围 . 例 1.设函数 𝑓(𝑥) = e𝑥 −1−𝑥 −𝑎𝑥2,若当 𝑥 ≥ 0时, 𝑓(𝑥) ≥ 0,求 𝑎的取值范围. 解: 𝑓′(𝑥) = e𝑥 −1−2𝑎𝑥(𝑥 ≥ 0),则 𝑓′′(𝑥) = e𝑥 −2𝑎, 注意到 𝑒𝑥 ∈ ,1, +∞) ( 1) 当 2𝑎 ≤ 1,即 𝑎 ≤ 12时, 𝑓′′(𝑥) ≥ 0, 𝑓′(𝑥)在 ,0, +∞)上单调递增, 𝑓′(𝑥) ≥ 𝑓′(0) = 0, 所以 𝑓(𝑥)在 ,0, +∞)上单调递增,此时 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(0) = 0恒成立; ( 2) 当 2𝑎 1,即 𝑎 12时, 𝑓′′(𝑥) = e𝑥 −2𝑎 = e𝑥 −eln⁡(2𝑎), 则 𝑥 ∈ (0, ln⁡(2𝑎)-时, 𝑓′′(𝑥) ≤ 0,知 𝑓′(𝑥)在 ,0, ln⁡(2𝑎)-上单调递减,此时 𝑓′(𝑥) ≤ 𝑓′(0) = 0, 所以 𝑓(𝑥)在 (0, ln⁡(2𝑎)-上单调递减,此时 𝑓(𝑥) 𝑒时 ,由于 𝑓(𝑒) = −12𝑒2 𝑒符合题意 . 综上, 实数 𝑎的取值范围 为 ,−𝑒22 ,+∞). 说明:第( 2)中, 易知 𝑓(𝑥)在 ,𝑒, 𝑎)为减函数, ⁡𝑓(𝑥)在 ,𝑎, +∞)为增函数, 但单调性不起作用,原因就 在于定义域左端点的特殊性 . 例 3.已知 𝑓(𝑥) = (𝑥−1)𝑒𝑥 −𝑥2 −𝑎𝑥,若 𝑓(𝑥) ≥ 0对 𝑥 ∈ ,4, 5-恒成立,求实数 𝑎的取值范围 . 解: 𝑓′(𝑥) = 𝑥(𝑒𝑥 −2)−𝑎, 𝑥 ∈ ,4, 5-, 注意到 𝑥(𝑒𝑥 −2) ∈ ,4(𝑒4 −2),5(𝑒5 −2)-. ( 1)当 𝑎 ≤ 4(𝑒4 −2)时 , 𝑓′(𝑥) ≥ 0, 𝑓(𝑥)在 [4, 5]上单调递增, 所以只需 𝑓(4) = 3𝑒4 −16−4𝑎 ≥ 0,解得 𝑎 ≤ 34𝑒4 −4,满足 𝑎 ≤ 4(𝑒4 −2). ( 2)当 𝑎 ≥ 5(𝑒5 −2)时 , 𝑓′(𝑥) ≤ 0, 𝑓(𝑥)在 [4, 5]上单调递减, 所以只需 𝑓(5) = 4𝑒5 −25−5𝑎 ≥ 0,解得 𝑎 ≤ 45𝑒5 −5,它与 𝑎 ≥ 5(𝑒5 −2)矛盾 . ( 3) 当 4(𝑒4 −2) 0, 所以 𝑓′(𝑥)在 [4, 5]上有唯一零点 𝑥0, 且 𝑥0(𝑒𝑥0 −2) = 𝑎. 因此 𝑓(𝑥)在 [4, 𝑥0]上单调递减, 在 [𝑥0, 5]上单调递增 . 所以 𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛 = 𝑓(𝑥0) = (𝑥0 −1)𝑒𝑥0 −𝑥02 −𝑎𝑥0 = (𝑥0 −1)𝑒𝑥0 −𝑥02 −𝑥02(𝑒𝑥0 −2) = 𝑥02 −(𝑥02 −𝑥0 +1)𝑒𝑥0 0, ℎ(𝑥)单调递增; 所以 ℎ(𝑥)min = ℎ(e) = 3e,则 𝑎 ≤ 3e, 综上所述,实数 𝑎的取值范围为 ,3e− 2e√ln3e, 3e-. 例 2.已知函数 𝑓(𝑥) = 2𝑒𝑥 −(𝑥 −𝑎)2 +3 .若 𝑥 ≥ 0, 𝑓(𝑥) ≥ 0恒成立,求实数 𝑎的取值范围 . 解: 𝑓(𝑥) ≥ 0 ⟺ 2𝑒𝑥 +3 ≥ (𝑎−𝑥)2 ⟺ |𝑎 −𝑥| ≤ √2𝑒𝑥 +3 ⟺ 𝑥 −√2𝑒𝑥 +3 ≤ 𝑎 ≤ 𝑥 +√2𝑒𝑥 +3(𝑥 ≥ 0). 显然 g(𝑥) = 𝑥 +√2𝑒𝑥 +3在 ,0,+∞)上单调递增,所以 g(𝑥)𝑚𝑖𝑛 = g(0) = √5; 又由 ℎ(𝑥) = 𝑥 −√2𝑒𝑥 +3(𝑥 ≥ 0), 得 ℎ′(𝑥) = 1− 𝑒𝑥√2𝑒𝑥:3 = (3;𝑒𝑥)(1:𝑒𝑥)√2𝑒𝑥:3∙(√2𝑒𝑥:3:𝑒𝑥) = (𝑒ln3;𝑒𝑥)(1:𝑒𝑥)√2𝑒𝑥:3∙(√2𝑒𝑥:3:𝑒𝑥), 易知 ℎ(𝑥)在 ,0,ln3-上递增,在 ,ln3,+∞)上递减,所以 ℎ(𝑥)𝑚𝑎𝑥 = ℎ(ln3) = ln3−3. 综上, ln3−3 ≤ 𝑎 ≤ √5. 例 3.已知函数 𝑓(𝑥) = ln𝑥 + 1𝑥 − 12, g(𝑥) = 𝑒𝑥 − 12𝑥2 −𝑎𝑥 − 12𝑎2. ① 求证: |𝑓(𝑥)| ≥ −(𝑥 −1)2 + 12; ② 若对任意的 𝑥1 ≥ 0,都存在 𝑥2 0,使得 g(𝑥1)−𝑓(𝑥2) ≥ −12成立,求实数 𝑎的取值范围 . 提示: ① 只需 证明 𝑓(𝑥) ≥ 12; ② 对任意的 𝑥1 ≥ 0,都存在 𝑥2 0,使得 g(𝑥1)−𝑓(𝑥2) ≥ −12成立,即 g(𝑥1) ≥ 𝑓(𝑥2)− 12, 由于 𝑓(𝑥2)− 12 ≥ 0, 所以 又即 g(𝑥1) ≥ 0,所以 𝑒𝑥 − 12𝑥2 −𝑎𝑥 − 12𝑎2 ≥ 0,即 2𝑒𝑥 ≥ (𝑥 +𝑎)2, 再分离出参数, 即 −√2𝑒𝑥 −𝑥 ≤ 𝑎 ≤ √2𝑒𝑥 −𝑥, 从而 可得 −√2 ≤ 𝑎 ≤ 2−ln2. 例 4.已知 𝑓(𝑥) = 4𝑥𝑥2:1, g(𝑥) = 𝑎𝑥 −ln𝑥,若对任意的 𝑥1 ∈ ,12,2-,总存在 𝑥2 ∈ ,1𝑒2 ,𝑒-,使得 g(𝑥2) = 𝑓(𝑥1), 求实数 𝑎的取值范围 . 解:当 𝑥 ∈ ,12,2-时, 易求得 𝑓(𝑥)的值域为 ,85,2-。 又依题意知 *𝑦|𝑦 = 𝑓(𝑥)+ ⊆ 2𝑦|𝑦 = 𝑎𝑥 −ln𝑥,𝑥 ∈ 01𝑒2 ,𝑒13, 所以 ∃𝑥 ∈ 01𝑒2 ,𝑒1, 使得 𝑎𝑥 −ln𝑥 ≤ 85成立且 𝑎𝑥 −ln𝑥 ≥ 2成立, 6 即 ∃𝑥 ∈ 01𝑒2 ,𝑒1使得 𝑎 ≤ 8 5:ln𝑥 𝑥 成立且 𝑎 ≥ 2:ln𝑥 𝑥 成立, 设 𝐹(𝑥) = 8 5:ln𝑥 𝑥 , 𝐺(𝑥) = 2:ln𝑥 𝑥 , 𝑥 ∈ 0 1 𝑒2 ,𝑒1. 则 𝐹′(𝑥) = ; 3 5;ln𝑥 𝑥2 = ln𝑒− 3 5;ln𝑥 𝑥2 , 𝐺 ′(𝑥) = ;1;ln𝑥 𝑥2 = ln1𝑒;ln𝑥 𝑥2 . 易得 𝐹(𝑥)𝑚𝑎𝑥 = 𝐹.𝑒;35/ = 𝑒35, 𝐺(𝑥)𝑚𝑖𝑛 = min2𝐺.1𝑒2/,𝐺(𝑒)3 = 0 则 𝑎 ≤ 𝑒35且 𝑎 ≥ 0. 从而实数 𝑎的取值范围为 0 ≤ 𝑎 ≤ 𝑒35. 总结 : ,𝑎,𝑏- ⊆ *𝑦|𝑦 = 𝑓(𝑥),𝑥 ∈ ,𝑚,𝑛-+ ⟺ {∃𝑥 ∈ ,𝑚,𝑛-,𝑓(𝑥) ≤ 𝑎∃𝑥 ∈ ,𝑚,𝑛-,𝑓(𝑥) ≥ 𝑏. 注意是 ∃𝑥,而不是 ∀𝑥. ( 二 )倒数法分离参数 对于 𝜆𝑓(𝑥) = g(𝑥), 用常规法能分离参数 ,得 𝜆 = g(𝑥)𝑓(𝑥),但如果 𝑓(𝑥)有零点 , 则函数 g(𝑥)𝑓(𝑥)有铅锤渐近线 , 对于学生来说 , 就不容易求出函数 g(𝑥)𝑓(𝑥)的值域 。 怎么办 ?此时应该注意到如果 g(𝑥) ≠ 0恒成立 , 则 对于 𝜆𝑓(𝑥) = g(𝑥),可这样分离 1𝜆 = 𝑓(𝑥)g(𝑥), 求函数 𝑓(𝑥)g(𝑥)的值域就容易多了 (因为其图象是连续的曲线) 。 这种分离 参数的方法 , 我们就称为倒数法分离参数 。 它也适用于某些形如 𝜆𝑓(𝑥) g(𝑥)的不等式 . 例 1.已知 𝑎是实数,函数 𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑥2 +2𝑥 −3−𝑎,如果函数 𝑦 = 𝑓(𝑥)在 ,−1, 1-上有零点,求 𝑎的取值范 围 . 解:函数 𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑥2 +2𝑥 −3−𝑎在 ,−1, 1-上有零点 ⇔ 2𝑎𝑥2 +2𝑥 −3−𝑎 = 0在 ,−1, 1-上有解 ⇔ 𝑎(2𝑥2 −1) = 3−2𝑥在 ,−1, 1-上有解【注意 𝑎 ≠ 0, 3−2𝑥 ≠ 0】 ⇔ 1𝑎 = 2𝑥2;13;2𝑥在 ,−1, 1-上有解 . 令 ℎ(𝑥) = 2𝑥2;13;2𝑥 , 𝑥 ∈ ,−1, 1-, 则 ℎ′(𝑥) = ;4𝑥2:12𝑥;2(3;2𝑥)2 = ;4(3;2𝑥)2 (𝑥 − 3:√72 )(𝑥− 3;√72 ), 𝑥 ∈ ,−1, 1-. 可知 ℎ(𝑥)在 ,−1, 3;√72 -上递减,在 ,3;√72 , 1-上递增 . ∴ ℎ(𝑥)min = ℎ(3;√72 ) = √7−3, ℎ(𝑥)max = max*ℎ(−1), ℎ(1)+ = ℎ(1) = 1, 即 √7−3 ≤ ℎ(𝑥) ≤ 1,所以 √7−3 ≤ 1𝑎 ≤ 1, 解之得 𝑎 ≥ 1 或 𝑎 ≤ ;3;√72 . 例 2.已知 𝑓(𝑥) = 𝑥2 −2𝑚ln𝑥 −2𝑚𝑥有唯一零点,求实数 𝑚取值的 集合 . 解: 𝑓(𝑥)的定义域为( 0, +∞) .显然 𝑚 ≠ 0. 7 则 𝑓(𝑥) = 𝑥2 −2𝑚ln𝑥 −2𝑚𝑥有唯一零点 ⇔ 12𝑚 = ln𝑥:𝑥𝑥2 有唯一解 . 令 ℎ(𝑥) = ln𝑥:𝑥𝑥2 (𝑥 0),则 ℎ′(𝑥) = 1;ln𝑥;𝑥𝑥3 ,注意到 ℎ′(1) = 0, 当 0 0, ℎ(𝑥)单调递增, ℎ(𝑥) ∈ (−∞, 1); 当 𝑥 1时, ℎ′(𝑥) 1. 例 4.若存在实数 𝑚,使得关于 𝑥的方程 𝑥 +𝑎(2𝑥+2𝑚−4e𝑥),ln(𝑥 +𝑚)−ln𝑥- = 0成立,则实数 𝑎的取值范 围是( ) A.(−∞, 0) B.(0, 12e) C.⁡(−∞, 0)∪(12e, +∞) D.,12e, +∞) 答案: C. 解 析:方程可化为 − 12𝑎 = .𝑥:𝑚𝑥 −2𝑒/ln𝑥:𝑚𝑥 ,令 𝑡 = 𝑥:𝑚𝑥 , 则 𝑡 0. 所以 方程又 可化 为 − 12𝑎 = (𝑡 −2𝑒)ln𝑡(𝑡 0), 令 𝑓(𝑡) = (𝑡−2𝑒)ln𝑡,则 𝑓′(𝑡) = ln𝑡 + 𝑡;2e𝑡 = ln𝑡 − 2e𝑡 +1, 注意到 𝑓′(e) = 0,且 𝑓′(𝑡)为增函数, 易知 𝑓(𝑡)在( 0, e)上为减函数,在 (e, +∞)为增函数, 所以 𝑓(𝑥)min = 𝑓(e) = −e,则 − 12𝑎 ≥ −e, 解得 𝑎 ∈ (−∞, 0)∪,12e, +∞). 评析:此 题中倒数法分离参数、函数的整理、换元法的组合使用是有一定的难度的,求导后的观察能力也 不可或缺,另外参数 𝑚这个字母的存在对解题也有 一定的 干扰 ,事实上它在此题中也只起干扰作用 . ( 三 )分类法分离参数 对于 𝜆𝑓(𝑥) g(𝑥),如果 𝑓(𝑥)的符号可正、可负、可为零(此时不等式自然成立),要想分离参数,则 必须对 𝑓(𝑥)的正负分类 , 才能分离出参数 。 例 1.已知 ∀𝑥 ∈ ,−1, 1-, 𝑎𝑥3 −3𝑥 +1 ≥ 0恒成立,求实数 𝑎的取值集合. 8 解析 : ∀𝑥 ∈ ,−1, 1-, 𝑎𝑥3 ≥ 3𝑥 −1 ⟺ { 𝑎 ≥ 3𝑥;1𝑥3 , ⁡⁡⁡⁡⁡0 0, e = 2.71828⋯), g(𝑥) = ln𝑥𝑎,函数 𝑦 = 𝑓(𝑥)的图象与 𝑦轴的交点为 𝐴,函数 𝑦 = g(𝑥)的图象与 𝑥轴的交点为 𝐵,已知点 𝐴与曲线 𝑦 = g(𝑥)上的任意一点的连线段长的最小值为 |𝐴𝐵|. ( 1)求 𝑎的值 ; ( 2)试探求对任意 𝑥 0且 𝑥 ≠ 1,不等式 𝑥;𝑚g(𝑥) √𝑥恒成立的充要条件 . 解:( 1)由已知易得 𝐴(0, 𝑎), 𝐵(𝑎, 0), g′(𝑥) = 1𝑥. ∵ 点 𝐴与曲线 𝑦 = g(𝑥)上的任意一点的连线段长的最小值为 |𝐴𝐵|, ∴ 曲线 𝑦 = g(𝑥)在 𝐵点处的切线与直线 𝐴𝐵垂直, ∴ 𝑘𝐴𝐵 ∙g′(𝑎) = −1,即 −1× 1𝑎 = −1,所以 𝑎 = 1. ( 2)由( 1)知 g(𝑥) = ln𝑥,则 𝑥;𝑚 g(𝑥) √𝑥对任意 𝑥 0且 𝑥 ≠ 1恒成立 ⇔ 𝑥;𝑚ln𝑥 √𝑥对任意 𝑥 0且 𝑥 ≠ 1恒成立 ⇔ {0 𝑥 −√𝑥ln𝑥恒成立; ⁡①𝑥 1 时, ⁡𝑚 0,且 𝑥 ≠ 1),则 ℎ′(𝑥) = 2√𝑥;ln𝑥;22√𝑥 , 令 𝜑(𝑥) = 2√𝑥 −ln𝑥 −2(𝑥 0,且 𝑥 ≠ 1),则 𝜑′(𝑥) = √𝑥;1𝑥 , 易知 𝜑(𝑥)在 (0, 1)上递减,在 (1, +∞)上递增, ∴ 𝜑(𝑥) 𝜑(1) = 0,即得 ℎ′(𝑥) 0, 所以 ℎ(𝑥)在 (0, 1), (1, +∞)上均为增函数 . 因此,由 ① 可得 𝑚 ≥ ℎ(1) = 1,由 ② 可得 𝑚 ≤ ℎ(1) = 1, ∴ 𝑚 = 1. 所以不等式 𝑥;𝑚g(𝑥) √𝑥恒成立的充要条件是 𝑚 = 1. 例 4.若不等式 (−1)𝑛𝑎 −2− 1𝑛, 𝑛为奇数 恒成立 ⟺ {𝑎 0,则 题设等价于 ln𝑡 ln𝑡:22𝑡 对 ∀𝑡 ∈ (0, +∞) 恒成立 . 令 𝑓(𝑡) = ln𝑡:22𝑡 (𝑡 0),则 𝑓′(𝑡) = ln 1 𝑒;ln𝑡 2𝑡2 ,易得 𝑓(𝑡)𝑚𝑎𝑥 = 𝑓. 1 𝑒/ = 𝑒 2, 所以 𝑎 e2. 例 2.已知函数 𝑓(𝑥) = 𝑥ln(𝑥 +𝑎), 𝑎 ∈ R.若函数 𝑓(𝑥)存在极值点,则 𝑎的取值范围为 _________. 解: ⁡𝑓(𝑥) = 𝑥ln(𝑥 +𝑎)存在极值点 ⟺ 𝑓′(𝑥) = ln(𝑥 +𝑎)+ 𝑥𝑥:𝑎在 (−𝑎, +∞)上有变号零点 (令 𝑡 = 𝑥 +𝑎,则 𝑥 = 𝑡 −𝑎,且 𝑡 0) ⟺ g(𝑡) = ln𝑡 + 𝑡;𝑎𝑡 = 𝑡ln𝑡:𝑡;𝑎𝑡 在 (0, +∞)上有变号零点 ⟺ ℎ(𝑡) = 𝑡ln𝑡 +𝑡 −𝑎在 (0, +∞)上有变号零点 . −𝑎 e;2 0 −e;2 − 𝑎 10 由于 ℎ′(𝑡) = ln𝑡 +2 = ln𝑡 −lne;2, 易知 ℎ(𝑡)在 (0, e;2-单调递减,则此时 ℎ(𝑡)的取值范围为 ,−e;2 −𝑎, −𝑎), ℎ(𝑡)在 ,e;2, +∞)单调递增,则此时 ℎ(𝑡)的取值范围为 ,−e;2 −𝑎, +∞), 要使 ℎ(𝑡)在 (0, +∞)上有变号零点,则 −e;2 −𝑎 −e;2. 所以实数 𝑎的取值范围是 (−e;2, +∞). 例 3.若不等式 𝑎𝑥𝑒𝑥 −1 ≥ ln𝑥 +𝑥对 𝑥 0恒成立,则参数 𝑎的取值范围为 ______. 答案: ,1,+∞). 解析: 𝑎𝑥𝑒𝑥 −1 ≥ ln𝑥 +𝑥 ⟺ 𝑎 ≥ ln𝑥:𝑥:1𝑥𝑒𝑥 = ln𝑥:𝑥:1𝑒ln𝑥+𝑥 ⟺ 𝑎 ≥ 𝑡:1𝑒𝑡 (𝑡 = ln𝑥 +𝑥,𝑡 ∈ 𝑅). 设 𝑓(𝑡) = 𝑡:1𝑒𝑡 ,则 𝑓′(𝑡) = − 𝑡𝑒𝑡,易得 𝑓(𝑡)𝑚𝑎𝑥 = 𝑓(0) = 1,所以 𝑎 ≥ 1. 说明:这个解答过程中的换元,并不是为了分离参数,而是为了求出函数的值域 . 三 、分离函数法 我们可以发现,常规法分离参数,倒数法分离参数,换元法分离参数,分类法分离参数,确实可以规 避对参数的分类讨论。这些方法其实是一种很自然的方法,我们一旦接触、领悟,定会豁然开朗,便会形 成一种条件反射。当然,针对某些具体题型,分离参数法并不一定 是最简单的方法,如一次函数、二次函 数背景的命题,可能利用它们自身的函数性质解题会更简单。 但是我们有时也会遇到这样一种情形,即分离参数后的函数,非常复杂,极不容易研究出它的性质, 那么该怎么办? 分离函数法 便大有用武之地! 分离函数法既可解决含参数的函数问题,也可解决不含参数的函数问题,其 关键在于对方程、不等式 的整理,整理时要敢于尝试,大胆变形,使得分离出的两个函数重新作差(称为差值函数)后,容易研究 出差值函数的性质;或分离出的两个函数容易分别研究出它们的性质;这样 减轻了研究复杂函数的压力, 也可以减轻对参数分类 讨论的难度(甚至不讨论) . 含参数时,也称不完全分离参数法, 或称半分离参数法.我们可以统称为分离函数法 . 需要强调的是,其实命题者在得到一个理想的(形式简单,便于研究)含参数的方程或不等式以后, 他一般都会通过代数变形,改头换面,呈现给我们,如果我们能识破命题者的意图,进行还原,就一定会 事半功倍 . 例 1.若 (1+ 𝑎𝑥)ln(1+𝑥) 𝑎(𝑎 0)对 𝑥 0恒成立 ,求参数 𝑎的取值范围 . 解:不等式可转化为 ln(1+𝑥) 𝑎𝑥𝑥:𝑎对 𝑥 0恒成立,即 𝑓(𝑥) = ln(1+𝑥)− 𝑎𝑥𝑥:𝑎 0对 𝑥 0恒成立 . 由于 𝑓′(𝑥) = 11:𝑥 − 𝑎2(𝑥:𝑎)2 = 𝑥,𝑥;𝑎(𝑎;2)-(1:𝑥)(𝑥:𝑎)2 (𝑥 0), 当 𝑎 ≤ 2时, 𝑓′(𝑥) ≥ 0, 𝑓(𝑥)在 (0, +∞)上单调递增,则 𝑓(𝑥) 𝑓(0) = 0恒成立; 当 𝑎 2时,若 𝑥 ∈ (0, 𝑎(𝑎 −2)),则 𝑓′(𝑥) 0. 𝑥 ≥ 1时, 𝑥ln𝑥𝑥:1 ≤ 𝑚(𝑥 −1) ⟺ 𝑚.𝑥 − 1𝑥/−ln𝑥 ≥ 0. 令 𝑓(𝑥) = 𝑚.𝑥 − 1𝑥/−ln𝑥(𝑥 ≥ 1),则 𝑓′(𝑥) = 𝑚𝑥2;𝑥:𝑚𝑥2 (𝑥 ≥ 1). ( 1) 当 ∆= 1−4𝑚2 ≤ 0,即 𝑚 ≥ 12时, 𝑓′(𝑥) ≥ 0, 𝑓(𝑥)在 ,1,+∞)上单调递增, 则 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1) = 0恒成立; ( 2) 当 ∆= 1−4𝑚2 0,即 0 1, 则由 𝑓′(𝑥) = 𝑚(𝑥;𝑥1)(𝑥;𝑥2)𝑥2 知, 𝑥 ∈ (1,𝑥2)时, 𝑓′(𝑥) 0恒成立的 𝜆的取值范围为 𝐵。 若 ∃𝑥0 ∈ 𝐴, 由 𝑓(𝑥0) 0 ⇒ 𝜆 ∈ 𝐶, (此时 𝐵 ⊆ 𝐶.) 且当 𝜆 ∈ 𝐶时 , 𝑓(𝑥) 0恒成立 , 则 𝐵 = 𝐶. 说明: 1.“此时 𝐵 ⊆ 𝐶”,是 因为 ∀𝑥 ∈ 𝐴, 𝑓(𝑥) 0恒成立 的取值范围是由 𝑥取集合 𝐴中每一个值使 𝑓(𝑥)成立 的 𝜆的 所有 取值范围的交集确定 . 2.设函数 𝑓(𝑥)含 参数 𝜆,且 ∀𝑥 ∈ 𝐴, 𝑓(𝑥) 0恒成立的 𝜆的取值范围为 𝐵,则 ∃𝑥 ∈ 𝐴, 使得 𝑓(𝑥) ≤ 0成 立的 𝜆的取值范围为 𝑈𝐵; 所以特称命题转化为全称命题后,也可以考虑用特殊点效应 . (一)端点效应 —— 给定原始区间的端点效应 例 1.已知 9𝑥 −log𝑎 𝑥 ≤ 2在 (0,12-上恒成立 , 则实数 𝑎的取值范围是 ______. 答案: ,12,1). 解析:由 912 −log𝑎 12 ≤ 2, 得 log𝑎 2 ≤ −1 = log𝑎 1𝑎, 则 {𝑎 12 ≤ 1 𝑎 或 {0 0, 𝑓′′(𝑥) = 4𝑥(1;𝑥2)2 0, 则 𝑓(𝑥)在区间 (0, 1)上单调递增且为凹函数,则 𝑎 ≤ 𝑓′(0) = 2. 说明: 这个解法充分利用了曲线与切线的关系 . 例 3.已知函数 𝑓(𝑥) = 𝑥ln𝑥. ( 1)讨论函数 𝑓(𝑥)的单调性 ; ( 2)若存在 𝑥 ∈ ,𝑒,𝑒2-, 使 得 𝑓(𝑥)−𝑚𝑥 − 12 +𝑚 ≤ 0成立 , 求实数 𝑚的取值范围 . 解:( 1)略 ( 2)先求 ∀𝑥 ∈ ,𝑒,𝑒2-, 𝑓(𝑥)−𝑚𝑥 − 12 +𝑚 0恒成立 的 实数 𝑚的取值范围 : 因为 ∀𝑥 ∈ ,𝑒,𝑒2-, 𝑓(𝑥) 𝑚(𝑥 −1)+ 12恒成立 , 所以 𝑓(𝑒2)− 12 𝑚(𝑒2 −1), 即 12(𝑒2 −1) 𝑚(𝑒2 −1), 得 𝑚 0恒成立 的 实数 𝑚的取值范围为 𝑚 0,使得 g(𝑥)在 ,0,𝑎)单调 递增,则 在 ,0,𝑎)上 g′(𝑥) ≥ 0, 所以 g′(0) ≥ 0,可得 𝑘 ≥ −2. 而当 𝑘 ≥ −2时, g(𝑥) = 𝑒𝑥 +𝑘𝑥 +ln(𝑥 +1) ≥ 𝑒𝑥 −2𝑥 +ln(𝑥 +1), 则只需证明 ℎ(𝑥) = 𝑒𝑥 −2𝑥 +ln(𝑥 +1) ≥ 1(𝑥 ≥ 0)。 由于 ℎ′(𝑥) = 𝑒𝑥 + 1𝑥:1 −2 ≥ (𝑥 +1)+ 1𝑥:1 −2 ≥ 2−2 = 0,【不等式 𝑒𝑥 ≥ 𝑥 +1证明略】 所以 ℎ(𝑥)在 ,0,+∞)单调递增,所以 ℎ(𝑥) ≥ ℎ(0) = 1成立。 利用了区间 (0,1)左 端点 利用了区间 ,0,𝑎)左 端点 利用了区间 ,𝑒,𝑒2-右端点 13 故实数 𝑘的取值范围是 ,−2,+∞). 例 2.已知函数 𝑓(𝑥) = 2𝑥 −𝑒2𝑥 +2, 函数 g(𝑥) = ln(𝑚𝑥 +1)+ 1;𝑥1:𝑥, 𝑥 ≥ 0, 𝑚 0. ( 1)求函数 𝑓(𝑥)的单调区间及其极值 ; ( 2)对于任意 𝑥 ≥ 0, 若 g(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥)恒成立 , 求实数 𝑚的取值范围 。 解析:( 1)略 ( 2) 𝑓′(𝑥) = 2−2𝑒2𝑥, g′(𝑥) = 𝑚𝑚𝑥:1 − 2(1:𝑥)2 (𝑥 ≥ 0). 令 ℎ(𝑥) = g(𝑥)−𝑓(𝑥), 显然 ℎ(0) = 0, 则由 ∀𝑥 ≥ 0, ℎ(𝑥) ≥ ℎ(0)恒成立可知 , ∃𝑎 0, 使得 ℎ(𝑥)在 ,0,𝑎)为增函数 , 即 ℎ′(𝑥) ≥ 0对 𝑥 ∈ ,0,𝑎)恒成立 , 所以 ℎ′(0) = g′(0)−𝑓′(0) = 𝑚−2 ≥ 0, 得 𝑚 ≥ 2. 而当 𝑚 ≥ 2时 , ℎ(𝑥) ≥ ln(2𝑥+1)+ 1;𝑥1:𝑥 −(2𝑥−𝑒2𝑥 +2), 令 𝐻(𝑥) = ln(2𝑥 +1)+ 1;𝑥1:𝑥 −(2𝑥−𝑒2𝑥 +2)(𝑥 ≥ 0), 则 𝐻′(𝑥) = 22𝑥:1 − 2(1:𝑥)2 +2𝑒2𝑥 −2 ≥ 0, 所以 𝐻(𝑥)在 ,0,+∞)上单调递增 , 则 𝐻(𝑥) ≥ 𝐻(0) = 0, 所以 ℎ(𝑥) ≥ 0。 综上, 𝑚的取值范围是 ,2,+∞). (三 )非端点效应 —— 最值点 — 极值点效应 例 1.已知函数 𝑓(𝑥) = ln𝑥 +𝑥 + 𝑎𝑥. ( 1)讨论函数 𝑓(𝑥)的单调性 ; ( 2)若 ∀𝑥 0, 𝑓(𝑥) ≥ 𝑎 +1恒成立 , 求实数 𝑎的取值集合 . ( 3) 若 𝑓(𝑥)的最小值为 3, 求实数 𝑎的取值集合 . 解析:( 1) 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 +1− 𝑎𝑥2 = 𝑥2:𝑥;𝑎𝑥2 (𝑥 0),记 ∆= 1+4𝑎, 当 𝑎 ≤ 0或 ∆≤ 0, 即 𝑎 ≤ 0时 , 𝑓′(𝑥) ≥ 0, 则 𝑓(𝑥)在 (0,+∞)单调递增 ; 当 𝑎 0时 , 𝑓′(𝑥) = (𝑥;𝑥1)(𝑥;𝑥2)𝑥2 , 其中 𝑥1 = ;1;√1:4𝑎2 0, 所以 𝑓(𝑥)在 (0,;1:√1:4𝑎2 )单调递减 , 在 (;1:√1:4𝑎2 ,+∞)单调递增 。 ( 2) ∀𝑥 0, 𝑓(𝑥) ≥ 𝑎 +1恒成立 ⟺ 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1)恒成立 , 所以 𝑓(1)是 𝑓(𝑥)的最小值 , 也是 𝑓(𝑥)的极小值 , 所以 𝑓′(1) = 0, 即 1+1−𝑎 = 0, 所以 𝑎 = 2. 而 𝑎 = 2时 , 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 +1− 2𝑥2 = 𝑥2:𝑥;2𝑥2 = (𝑥;1)(𝑥:2)𝑥2 (𝑥 0), 𝑓(𝑥)在 (0,1)单调递减 , 在 (1,+∞)单调递增 。 所以 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1)恒成立 。 故实数 𝑎的取值集合为 *2+. ( 3)解答过程请参阅 —— 终结篇(四)例 2,答案: 实数 𝑎的取值集合为 *2+. 利用了区间 ,0,𝑎)左 端点 最值点 — 极值点效应 14 例 2.已知函数 𝑓(𝑥) = ln(2𝑥 −1)+ 𝑎:𝑥𝑥 (𝑎 ∈ 𝑅). ( 1)当 𝑎 = 3时 , 求 𝑓(𝑥)的单调区间 ; ( 2)若 𝑓(𝑥) ≤ 𝑎𝑥 +1恒成立 , 求 𝑎的值 。 解析:( 1)略 ( 2)令 g(𝑥) = 𝑓(𝑥)−𝑎𝑥 −1 = ln(2𝑥 −1)+ 𝑎𝑥 −𝑎𝑥(𝑥 12),则 g′(𝑥) = 22𝑥;1 − 𝑎𝑥2 −𝑎; 显然 g(1) = 0, 要使 𝑓(𝑥) ≤ 𝑎𝑥 +1恒成立 , 即 g(𝑥) ≤ g(1)恒成立 , 则 g(1)应为 g(𝑥)的最大值 , 所以 𝑥 = 1也是 g(𝑥)的极值点 . 此时 易 得 g′(1) = 2−2𝑎 = 0,得 𝑎 = 1. 而当 𝑎 = 1时 , g′(𝑥) = 22𝑥;1 − 1𝑥2 −1 = ;2𝑥3:3𝑥2;2𝑥:1(2𝑥;1)𝑥2 = (1;𝑥)(2𝑥2;𝑥:1)(2𝑥;1)𝑥2 , 可知 g(𝑥)在 (12,1)递增 , 在 (1,+∞)递减,则 g(𝑥) ≤ g(1)恒成立 , 符合题意 。 故 𝑎 = 1. (四 )非端点效应 —— 零点效应、其他特殊点效应 例 1.已知函数 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑎;1𝑥 (a∈ R), g(x)= lnx. ( 1) 若对任意的实数 a, 函数 f(x)与 g(x)的图像在 x= x0 处的切线斜率总相等 , 求 x0 的值; ( 2) 若 a0 时 , 对 ∀ x0, 不等式 f(x)- g(x)≥ 1 恒成立 , 求实数 a 的取值范围. 解析 : (1)x0= 1, 过程略 ; (2)令 ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥)−g(𝑥)(𝑥 0),则由 ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥)−g(𝑥) ≥ 1, 可得 ℎ(1) = 𝑓(1)−g(1) = 2𝑎 −1 ≥ 1, 则 𝑎 ≥ 1。 而当 𝑎 ≥ 1时 , ℎ(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑎;1𝑥 −ln𝑥 ≥ 𝑥 −ln𝑥. 令 𝐻(𝑥) = 𝑥 −ln𝑥,则 𝐻′(𝑥) = 1− 1𝑥 = 𝑥;1𝑥 , 易知 𝐻(𝑥)在 ( 0, 1)递减,在 (1,+∞)递增 , 所以 𝐻(𝑥) ≥ 𝐻(1) = 1, 所以 ℎ(𝑥) ≥ 𝐻(𝑥) ≥ 1. 综上,实数 𝑎的取值范围是 [1, + ∞ )。 . 五 、洛必达法则 首先说明:正如导数公式和导数运算法则没有证明(翻阅教材可知)而可直接使用,洛必达法则应该 也可以直接使用。【难道“只许州官放火,不许百姓点灯” .】 用分离参数法(避免分类讨论)解决成立、或恒成立命题时,经常需要求在区间端点处的函数(最) 值,若出现 00或 ∞∞时,就必须用洛必达法则! 洛必达法则 , 一个很实用的法则 ,主要 用于求分式函数 𝑓(𝑥)g(𝑥)在 𝑥 → 𝑎时, 00型或 ∞∞型的极限,可反复循 环使用 . 最值点 — 极值点效应 特殊点效应; 1 还是 g(𝑥)的零点 . 15 洛必达(罗必塔)法则 ⑴ 若 lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = 0 且 lim𝑥→𝑎g(𝑥) = 0⁡,则 lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥)g(𝑥) = lim𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥)⁡g′(𝑥)⁡. ( 𝑎可以为常数,也可以为 ∞) 【若 𝑓(𝑎) = 0, g(𝑎) = 0, g′(𝑎) ≠ 0, 则 lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥)g(𝑥) = lim𝑥→𝑎,𝑓(𝑥);𝑓(𝑎)𝑥;𝑎 ∙ 𝑥;𝑎g(𝑥);g(𝑎)- = lim𝑥→𝑎𝑓′(𝑥)⁡g′(𝑥) = 𝑓′(𝑎)g′(𝑎)】 ⑵ 若 lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥) = ∞且 lim𝑥→𝑎g(𝑥) = ∞⁡,则 lim𝑥→𝑎𝑓(𝑥)g(𝑥) = lim𝑥→𝑎 𝑓′(𝑥)g′(𝑥)⁡. ( 𝑎可以为常数,也可以为 ∞) 还需说明的是,很多可以用洛必达法则去解决的问题,也可以用特殊点效应中的端点效应去解决 . 例 1.设函数 𝑓(𝑥) = e𝑥 −1−𝑥 −𝑎𝑥2,若当 𝑥 ≥ 0时, 𝑓(𝑥) ≥ 0,求 𝑎的取值范围. 解:由于 𝑓(0) = 0,则当 𝑥 0时, 𝑓(𝑥) ≥ 0 ⇔ e𝑥 −1−𝑥 −𝑎𝑥2 ≥ 0 ⇔ 𝑎 ≤ e𝑥;𝑥;1𝑥2 . 由 洛必达 法则,有 lim𝑥→0e𝑥;𝑥;1𝑥2 = lim𝑥→0e𝑥;12𝑥 = lim𝑥→0e𝑥2 = 12, 猜想 e𝑥;𝑥;1𝑥2 12(𝑥 0),即 e𝑥 −𝑥 −1 ≥ 12𝑥2(𝑥 ≥ 0),下面证明: 令 ℎ(𝑥) = e𝑥 −𝑥 −1− 12𝑥2(𝑥 ≥ 0), 则 ℎ′(𝑥) = e𝑥 −1−𝑥, ℎ′′(𝑥) = e𝑥 −1, 由 ℎ′′(𝑥) ≥ 0(𝑥 ≥ 0),知 ℎ′(𝑥)在 ,0, +∞)上递增, ∴ ℎ′(𝑥) ≥ ℎ′(0) = 0, 由 ℎ′(𝑥) ≥ 0(𝑥 ≥ 0),知 ℎ(𝑥)在 [0, +∞)上递增, ∴ ℎ(𝑥) ≥ ℎ(0) = 0, 即 e𝑥 −𝑥 −1 ≥ 12𝑥2(𝑥 ≥ 0,当且仅当 𝑥 = 0时等号成立 ),猜
展开阅读全文
相关资源
相关搜索
资源标签

Copyright©2018-2020   kdwk.com版权所有

注:本站为文档C2C模式,即用户上传的文档直接给用户下载,本站只是网络空间存储中间服务平台,仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理;对上载内容本身不做任何修改或编辑,本站所有文档下载所得的积分归上传人(含作者)所有。若文档所含内容侵犯了您的权益,请立即联系我们QQ:858022898,我们立即予以删除。